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2018年江苏高考数学二轮复习:专项限时集训2 立体几何中的探索性与存在性问题(word版含答案)


专项限时集训(二) 立体几何中的探索性与存在性问题 (限时:60 分钟) 1.(本小题满分 14 分)(南京市、盐城市 2017 届高三第一次模拟)如图 3,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,BC⊥AC,D,E 分别是 AB,AC 的中点. 图3 (1)求证:B1C1∥平面 A1DE; (2)求证:平面 A1DE⊥平面 ACC1A1. [证明] (1)因为 D,E 分别是 AB,AC 的中点,所以 DE∥BC, 又因为在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,B1C1∥BC,所以 B1C1∥DE. 又 B1C1?平面 A1DE,DE? 平面 A1DE,所以 B1C1∥平面 A1DE. (2)在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,CC1⊥底面 ABC, 又 DE? 底面 ABC,所以 CC1⊥DE.8 分 又 BC⊥AC,DE∥BC,所以 DE⊥AC,10 分 又 CC1,AC? 平面 ACC1A1,且 CC1∩AC=C,所以 DE⊥平面 ACC1A1. 12 分 又 DE? 平面 A1DE,所以平面 A1DE⊥平面 ACC1A1. 14 分 2分 4分 6分 2.(本小题满分 14 分)如图 4 所示,已知在直四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,AD⊥DC,AB∥DC,DC= DD1=2AD=2AB=2. 图4 (1)求证:DB⊥平面 B1BCC1; (2)设 E 是 DC 上一点,试确定 E 的位置,使得 D1E∥平面 A1BD,并说明理由. [解] (1)因为 AB∥DC,AD⊥DC, 所以 AB⊥AD,在 Rt△ABD 中,AB=AD=1, 所以 BD= 2,易求 BC= 2, 因为 CD=2,所以 BD⊥BC. 又 BD⊥BB1,B1B∩BC=B, 所以 BD⊥平面 B1BCC1. (2)DC 的中点为 E 点. 如图所示,连接 BE, 6分 4分 因为 DE∥AB,DE=AB, 所以四边形 ABED 是平行四边形. 所以 AD∥BE. 又 AD∥A1D1,所以 BE∥A1D1, 所以四边形 A1D1EB 是平行四边形,所以 D1E∥A1B. 因为 D1E?平面 A1BD, 所以 D1E∥平面 A1BD.14 分 3. (本小题满分 14 分)(苏北四市(淮安、 宿迁、 连云港、 徐州)2017 届高三上学期期中)如图 5, 在 正三棱柱 ABC-A1B1C1 中, 已知 D, E 分别为 BC,B1C1 的中点,点 F 在棱 CC1 上,且 EF⊥C1D.求证: 10 分 12 分 8分 图5 (1)直线 A1E∥平面 ADC1; (2)直线 EF⊥平面 ADC1. 【导学号:56394093】 [证明] (1)连接 ED,因为 D,E 分别为 BC,B1C1 的中点, 所以 B1E∥BD 且 B1E=BD, 所以四边形 B1BDE 是平行四边形, 所以 BB1∥DE 且 BB1=DE,又 BB1∥AA1 且 BB1=AA1, 所以 AA1∥DE 且 AA1=DE, 所以四边形 AA1ED 是平行四边形, 所以 A1E∥AD,又因为 A1E?平面 ADC1,AD? 平面 ADC1, 所以直线 A1E∥平面 ADC1.7 分 (2)在正三棱柱 ABC-A1B1C1 中,BB1⊥平面 ABC, 又 AD? 平面 ABC,所以 AD⊥BB1, 又△ABC 是正三角形,且 D 为 BC 的中点,所以 AD⊥BC, 又 BB1,BC? 平面 B1BCC1,BB1∩BC=B, 所以 AD⊥平面 B1BCC1, 又 EF? 平面

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